高考数学纠错笔记系列专题02函数文

高考数学纠错笔记系列专题02函数文

专题 02 函数 一、选择题 1．【2018 河北武邑中学调研二】已知 0 1a b c    ， logam c ， logbn c ， cr a ， 则 m n r， ， 的大小关系是（ ） A. n m r  B. m r n  C. r m n  D. m n r  【答案】A 2．【2018 江西省新余一中二模】用 a 表示不大于实数 a 的最大整数，如 1.68 1 ，设 1 2,x x 分别是方程 4xx e  ，  ln 1 4x x   的根，则 1 2x x  （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】因为 1 2,x x 分别是方程 4xx e  ，  ln 1 4x x   的根，所以 1 2,x x 分别是   4xg x x e   及    ln 1 4h x x x    的零点，由于  g x 是单调递增函数，又    1 0, 2 0g g ， 所以 11 2x  ， 由  h x 在 定义 域内 递增 且    3 0, 4 0h h 可 23 4x  ，  1 2 1 24 5, 4x x x x       ，故选 C. 3．【2018 衡水金卷高三联考】设 ， ， ，则 的 大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由题意得， . 得 ，而 . 所以 ，即 <1.[KS5UKS5U] 又 .故 . 选 A. 4．【2018 衡水金卷高三联考】下列函数中，与函数 的定义域、单调性与奇偶性均 一致的函数是（ ） A. B. C. D. [ 【答案】D 5．【2018 河南南阳一中三模】设 是定义在 上的偶函数，且满足 ， 当 时， ，又 ，若方程 恰有两解，则 的取值范围 是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】∵ ∴ 是周期为 2 的函数，根据题意画出函数的图象 过点 A 时斜率为 ,相切时斜率为 1,过点 B 的斜率为 ,过点 C 的斜率为 故选 D. 点睛：本题考查利用函数解决方程问题.一个是转为函数零点问题，利用二分法求解，另一 个是化原函数为两个函数，利用两个函数的交点来求解.本题采用第二种方法，首先由 ，变为两个函数 ，先画出 在 时的图象，然后利 用函数的对称性和周期性得到 的图象，再画 的直线，由图求解即可. 6．【2018 河南南阳一中三模】已知函数 是定义在 上的偶函数，且在区间 上单 调递增.若实数 满足 ，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C [KS5UKS5U] 7 ．【 2018 广 东 茂 名 五 校 联 考 】 已 知 幂 函 数 的 图 象 过 点 ， 则 函 数 在区间 上的最小值是( ) A. B. 0 C. D. 【答案】B 【解析】由题设 ，故 在 上单调递增，则当 时 取最小值 ，应选答案 B。 点睛：求函数最值的一般方法即为利用函数的单调性.研究函数单调性的一般方法： （1）直接利用基本初等函数的单调性； （2）利用定义判断函数单调性； （3）求导得函数单调性. 8．【2018 湖南永州市一模】已知定义在 上的可导函数 的导函数为 ，若对于任意实 数 有 ，且 ，则不等式 的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 9．【2018 湖南永州市一模】定义在 上的偶函数 满足 ，当 时， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】∵由题意可得函数是以 2 为周期的周期函数且为偶函数，当 时， ， ∴ ， ， ， ， ，则 成立，故选 C. 10．【2018 河南中原名校质检二】定义在 上的函数 ，满足 ，且 ，若 ，则方程 在区间 上所有实根之和为 （ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 11．【2018 河南中原名校质检二】若方程 的一个根在区间 内，另一根 在区间 内，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D[KS5UKS5U] 【解析】方程 的一个根在区间 内，另一根在区间 内，则令 , , 画出区域： A(-3,1) C(-1,0) 点 D（2,3） 表示区域中的点（a,b）与点 D（2,3）的斜率，由图可知 故答案为 D 12．【2018 河南中原名校质检二】函数 的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 13．【2018 河南中原名校质检二】已知函数 在区间 上是减 函数，则 的取值范围是（ ） A. B. C . D. 【答案】D 14．【2018 河南中原名校质检二】定义在 上的函数 ，满足 ， 则 （ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 故选 A 15．【2018 湖南两市九月调研】若 0.2 3log 2, lg0.2, 2a b c   ，则（ ） A. c b a  B. b a c  C. a b c  D. b c a  【答案】B 【解析】由对数函数的性质可得，  3log 2 0,1 , lg0.2 0,a b    由指数函数的性质可得 0.52 1c   c a b   ，故选 B. 16 ．【 2018 广 西 联 考 】 已 知 定 义 在 R 上 的 奇 函 数  f x 在  0, 上 递 减 ， 若    3 2 1f x x a f x    对  1,2x  恒成立，则 a 的取值范围为（ ） A.  3,  B.  , 3  C.  3, D.  ,3 【答案】C 【解析】由已知可得  f x 在 R 上是减函数，故原命题等价于 3 2 1,x x a x    ，即 3a x  3 1x  在 1,2 上恒成立，设   3 3 1f x x x    ，令   2' 3 3 0 1f x x x       ， 当 1 1x   时  ' 0f x  ，当1 2x  时  ' 0f x  ，因此    max 1 3a f x f   ， 故选 C. 【点睛】本题关键步骤有：1.利用奇函数的性质可得  f x 在 R 上是减函数；2.将原命题 等价转化为 3a x  3 1x  在 1,2 上恒成立；3.利用导数工具求得  maxf x ，从而求 得正解. 17．【2018 广西联考】函数   2 1 2 x x f x      的单调递增区间为（ ） A. 1, 2     B. 10, 2      C. 1 ,2    D. 1 ,12      【答案】D 18 ．【 2018 吉 林 百 校 联 盟 九 月 联 考 】 已 知 函 数   12 , 1,2{ 1 2 , 1,2 x x x x x f x x      函 数    g x f x m  ，则下列说法错误的是（ ） A. 若 3 2m   ，则函数  g x 无零点 B. 若 3 2m   ，则函数  g x 有零点 C. 若 3 3 2 2m   ，则函数  g x 有一个零点 D. 若 3 2m  ，则函数  g x 有两个零点 【答案】A 【解析】作出函数  f x 的图象如图所示： 观察可知：当 3 2m   时，函数  g x 有一个零点，故 A 错误. 故选：A 19．【2018 辽宁省沈阳市育才学校一模】若函数    2logf x x a  与    2 1g x x a x    4 5a  存在相同的零点，则 a 的值为（ ） A. 4 或 5 2  B. 4 或 2 C. 5 或 2 D. 6 或 5 2  【答案】C 【解析】将函数    2logf x x a  的零点 1x a  代入    2 1 4 5 0x a x a     得到       21 1 1 4 5 0a a a a       ，解得 5a  或 2a   ，故选 C 20．【2018 辽宁省沈阳市育才学校一模】下列函数的图像关于 y 轴对称的是（ ） A. 2y x x  B. 1y x   C. 2 2x xy   D. 2 2x xy   【答案】D 【解析】验证只有 D 选项，    2 2x xf x f x    满足是偶函数定义，故图象关于 y 轴 对称，选 D. 21．【2018 广西柳州市一模】函数 的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 22 ．【2018 超级全能生 26 省联考】已知函数   xf x e a x  有三个零点，则实数 a 的取 值范围为（ ） A.  ,0 B.  0,1 C.  0,e D.  ,e  【答案】D 【解析】显然 0a  不满足三个零点，所以 0a  ，   , 0{ , 0 x x e ax xf x e ax x     ，当 0x  时， xe ax  （ 0a  ） 两 图 像 必 有一 交 点 ， 所 以 必 有 一 零 点 在  ,0 。 当 x>0 时 ，    , ,x xf x e ax f x e a    所以 f(x)在 0,lna 单调递减，在 ln ,a  上单调递增。  0, 上要有两个零点，只需    0 1, ln ln 0f f a a a a    ，解得 a e ，选 D. 【点睛】 零点问题，常把方程 F(x)=0 变形为左右两边各放一个函数 f(x)=g(x),然后分别出来 y=f(x)和 y=g(x)的图像，再观察两图像交点个数，从而得到 y=F(x)的零点个数。如果图像 不好直接画出，则要借助导数及函数图像来解决。 23．【2018 吉林长春市一模】已知定义在 上的奇函数 满足 ，当 时， ，则函数 在区间 上所有零点之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 24．【2018 广东海珠区一模】已知 e 是自然对数的底数，函数   2xf x e x   的零点为 a ， 函数   ln 2g x x x   的零点为b ，则下列不等式中成立的是（ ） A.      1f f a f b  B.      1f b f f a  C.      1f a f b f  D.      1f a f f b  【答案】D 25．【2018 广东广州海珠区一模】若函数   2 2 1 x x af x   为奇函数 ，   , 0{ , 0ax alnx xg x e x   ， 则不等式   1g x  的解集为（ ） A.   1,0 0, e      B.  ,e  C.    ,0 0,e  D. 1, e     【答案】C 【解析】∵函数   2 2 1 x x af x   为奇函数， ∴f(0)=0， 即 a=−1， ∴   , 0{ , 0ax alnx xg x e x   ， 当 x>0 时,解 g(x)=−lnx>1 得：x∈(0,e−1)， 当 x<0 时,解 g(x)= e x >1 得：x∈(−∞,0)，[KS5UKS5UKS5U] 故不等式 g(x)>1 的解集为(−∞,0)∪((0,e−1)， 故选：C 26 ．【 2018 贵 州 遵 义 航 天 高 级 中 学 一 模 】 定 义 域 为 R 上 的 奇 函 数  f x 满 足    1 1f x f x    ，且  1 1f   ，则  2017f （ ） A. 2 B. 1 C. -1 D. -2 【答案】C 【 解 析 】    1 1f x f x         2 4f x f x f x T        , 因 此  2017f     1 1 1f f     ，选 C. 27．【2018 贵州遵义航天高级中学一模】已知 3log log 22a am   , log 9 log 3b bn   ,若 m n ,则下列结论中,不可能成立的是( ) A. 0 1b a   B. 0 1b a   C. 1a b  D. 0 1a b   【答案】B 【解析】 3log log 2 log 32a a am    , log 9 log 3 log 3b b bn    ,所以 log 3 log 3a b ， 因此 3 3 3 3 1, 1 0 1,0 1 0 1, 1{ { { log log log log log 3 0 log 3a b a b a b a b a b a b            或 或 即 1a b  或 0 1b a   或 0 1a b   ，因此选 B. 28．【2018 河北武邑中学一模】已知函数 f（x）是定义在 R 上的偶函数，若任意的 x≥0， 都有 f（x+2）=-f（x），当 x∈[0,1]时，f（x）=2x-1，则 f（-2017）+f（2018）= A. 1 B. -1 C. 0 D. 2 【答案】A